复合函数、嵌套函数的零点问题（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0623数学_复合函数、嵌套函数的零点问题--高三数学

复合函数、嵌套函数的零点问题
知识精讲·重难聚焦讲技巧
题型深研·通法变式提能力
题型01 y=f[f(x)]型函数的零点问题 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯01
角度1 零点个数的判断
角度2 已知零点个数求参数
题型02 y=f[g(x)]型函数的零点问题 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯07
题型03 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12
角度1 零点个数的判断
角度2 已知零点个数求参数
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯18
创新提升 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯23
知识精讲·重难聚焦讲技巧
知识点1嵌套函数的概念
嵌套函数，又称复合函数，是指一个函数的输出作为另一个函数的输入，形成如 f(g(x))或f(f(x))的结
构。其中，g(x)为内层函数，f(x)为外层函数。这类函数在数学分析与实际建模中广泛应用，其零点问
题(即方程f(g(x))=0的解)常需借助特殊策略求解。
知识点2嵌套函数零点问题的处理策略
处理嵌套函数零点的核心思想是“换元转化、分层讨论”。首先，令t=gx
1
 ，将原方程转化为ft  =0，
先求解外层函数的零点t 1 ,t 2 , 。然后，将每个t i 代回，解方程gx  =t，从而得到原函数的零点。此过程 i
体现了“由外到内”的分解逻辑。
在实际操作中，常结合图像法辅助分析。例如，若ft  =0有两个解t=a和t=b，则原函数零点个数
即为方程gx  =a与gx  =b的实数解个数之和。通过绘制y=gx  的图像，并观察其与水平线y=
a、y=b 的交点个数，可直观判断零点数量。
此外，需注意内层函数的值域对外层函数定义域的限制，避免增解或漏解。对于含参问题，可通过分
析交点个数随参数变化的情况，确定参数范围。
总之，嵌套函数零点问题的关键在于换元降维、分层求解，并辅以数形结合，提升解题效率与准确性。
题型深研·通法变式提能力
题型1 y=f[f(x)]型函数的零点问题
角度1零点个数的判断
1.(多选)(2026高三·一轮·专题复习)已知函数fx 
kx+1, x≤0

= ，下列是关于函数y=f fx
log x, x>0
2
   +1的零点的判断，其中正确的是 ( )
A. 在-1,0
2
 内一定有零点 B. 在0,1  内一定有零点
C. 当k>0时，有4个零点 D. 当k<0时，有1个零点
【答案】CD
【分析】分k>0及k<0并画出相应fx  图象进行讨论即可得.
【详解】当k>0时，fx 
kx+1, x≤0

= ，图象如图(1)，
log x, x>0
2
此时f fx    +1=0即f fx    =-1，
若kfx  +1=-1，则fx 
2
=- ∈-∞,0
k
 ，
若log fx
2
 =-1，则fx 
1
= ，
2
又fx 
2
=- 有2个零点，fx
k

1
= 也有2个零点，
2
故f fx    +1=0有4个零点，故C正确；
当k<0时，fx 
kx+1, x≤0

= ，图象如图(2)，
log x, x>0
2
此时f fx    +1=0即f fx    =-1，只有fx 
1
= 一种情况，
2
此时fx 
1
= 仅有1个零点x= 2，
2
所以当k<0时，有1个零点，故D正确；
由图象可得A、B错误.
角度2根据零点个数求参数范围
2.(2026·山西忻州·模拟预测)已知函数 fx  =x2-2x．若关于x的方程 f fx    =a有4个不同的实数
根，则实数a的取值范围为 ．
【答案】-1,3 
【分析】利用换元法，将多层复合方程拆解为外层和内层方程，通过分析外层方程根的分布，反推参数的
取值范围.
【详解】已知fx  =x2-2x=(x-1)2-1，其值域为 -1,+∞  ，
令t=fx  ，则原方程f fx    =a可化为ft  =a，即：t2-2t-a=0，
设该方程的两根为t 1 ,t 2 (t 1 ≤t 2 )，要使f fx    =a有4个不同实根，需满足：
ft  =a有两个不同的实根t ,t ，这两个根t ,t 均大于-1. 1 2 1 2
即t2-2t-a=0有两个不同实根，则Δ=4+4a>0 ⇒ a>-1设gt
3
 =t2-2t-a，要使gt 
Δ>0
=0的两根均大于-1，需满足：g-1 

 >0
t=1>-1
其中g(-1)=(-1)2-2(-1)-a=3-a>0 ⇒ a<3.
同时，当t=-1时，ft  =f-1  =1+2=3，
若a=3，则t=-1是方程ft  =3的一个根，此时fx  =-1仅有1个根，
fx  =3有2个根，总根个数为3，不符合题意.
当a=-1时，f(t)=-1 ⇒ t=1(二重根)，此时fx  =1有2个不同实根，总根个数为2，不符合题意.
综上，a的取值范围为-1,3  .
lnx
3.已知函数f(x)=
 , x>0 
 ，则方程f(f(x)-2)=2实数根的个数为 ( )
x2+2x+2, x≤0
A. 6 B. 7 C. 10 D. 11
【答案】D
【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程f(x)=e2+2，f(x)=e-2+2，f(x)=2，f(x)=0的根，再
结合函数的图象分别求解这四个方程可得.
【详解】令t=f(x)-2，则f(t)=2.当t>0时，则lnt  =2，得t=e2或t=e-2.
当t≤0时，则t2+2t+2=2，得t=0或t=-2.
再由t=f(x)-2，即f(x)=t+2，所以原方程f(f(x)-2)=2等价于下面四个方程的根：
f(x)=e2+2--①，f(x)=e-2+2--②，f(x)=2--③，f(x)=0--④.
lnx
再由f(x)=
 , x>0 

，可知函数在(0,1)上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，
x2+2x+2, x≤0
在(-∞,-1)上单调递减，在[-1,0]上单调递增，图象如下：
对方程①f(x)=e2+2，因为f(x)=e2+2>2，
所以x>0时，lnx  =e2+2，得lnx=e2+2或-lnx=e2+2，解得x=ee2+2或x=e-e2-2；
当x<0时，x2+2x+2=e2+2，得x=-1- e2+1或x=-1+ e2+1(舍去).
所以方程f(x)=e2+2共有3个根.
对方程f(x)=e-2+2--②，因为f(x)=e-2+2>2.
所以x>0时，lnx  =e-2+2，得lnx=e-2+2或-lnx=e-2+2，解得x=ee-2+2或x=e-e-2-2；
当x<0时，x2+2x+2=e-2+2，得x=-1- e-2+1或x=-1+ e-2+1(舍去).
所以方程f(x)=e-2+2共有3个根.
对于方程f(x)=2--③，
所以x>0时，lnx  =2，得lnx=2或-lnx=2，解得x=e2或x=e-2；
当x<0时，x2+2x+2=2，得x=0或x=-2.
所以方程f(x)=2共有4个根.对于f(x)=0--④，由函数的图象可知方程有唯一的根x=1.
综上所述，方程的根共有3+3+4+1=11个根.
故选：D.
4.(25-26高一下·重庆·期中)已知函数fx
4

lnx+1, x>0

= ，若函数y=f fx
-x2+2ax, x≤0
   有8个零点，则实
数a的取值范围为 ．
e
【答案】-∞,-
e

【分析】据题意对实数a进行讨论，分a≥0，a<0，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解．
【详解】当x≤0时，fx  =-x2+2ax=-x-a  2+a2，对称轴为x=a.
当a≥0时，函数fx  在-∞,0  单调递增，函数图象如下：
令t=fx  ，则由y=f fx    =ft  =0，
1
结合图象可得t=0或t= ，即fx
e
 =0或fx 
1
= .
e
结合图象可知，fx  =0有2个解，fx 
1
= 有1个解，
e
此时函数y=f fx    有3个零点，不符合题意.
当a<0时，函数fx  在-∞,a  单调递增，在a,0  单调递减，函数图象如下：
令n=fx  ，则由y=f fx    =fn 
1
=0，结合图象可得n=2a或n=0或n= ，
e
即fx  =2a或fx  =0或fx 
1
= .
e
由图可知，fx  =2a<0有2个解，fx  =0有3个解，
又函数y=f fx    有8个零点，则需fx 
1
= 有3个解.
e
a<0
需使 fa 
 e
 =-a2+2a×a=a2> 1 ，解得a<- e .
e
e
综上，实数a的取值范围为-∞,-
e
 .5.(25-26高二·全国·暑假作业)函数fx
5

x, x≤2
=
log x-2
2


 ，则函数y=f(f(x))的所有零点之和为
, x>2
．
【答案】13
【分析】令t=fx  ，根据ft  =0，求得t=0或t=3，再根据fx  =0和fx  =3，结合分段函数的解析
式，即可求解.
【详解】令t=f(x)，
t≤2 t>2
由f(t)=0得

或
t=0 log t-2
2



，所以t=0或t=3，
=0
当t=f(x)=0时，x=0或x=3，
x≤2 x>2
当t=f(x)=3时，则

或
x=3 log x-2
2



，解得x=10，
=3
所以函数y=f(f(x))的所有零点之和为0+3+10=13．
6.(25-26高三下·湖北武汉·阶段检测)已知函数 fx 
2x
=
 π
，若0<θ< ，则函数gx
x2+1 2
 =f fx    -
cosθ的零点个数是 ．
【答案】4
【分析】本题需要先分析函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和极值，得到函数的图象，然后再通
过换元法，把零点问题转换成两个函数图象的交点问题.
【详解】函数fx  的定义域为R，由fx 
2x
=

，得f-x
x2+1

2x
=

=fx
x2+1
 ，
所以函数fx  是偶函数，
当x>0时，fx 
2x
= ，fx
x2+1

21-x2
=

x2+1 
，
2
当0<x<1时，fx  >0，
当x>1时，fx  <0，
故fx  在0,1  上单调递增，1,+∞  上单调递减，
又fx  为偶函数，
所以fx  在-∞,-1  上单调递增，在-1,0  上单调递减，
所以 fx    =f1
max
 =1，又f0  =0，x→±∞时，fx  →0，所以fx  的值域为 0,1  ．
令fx  =t，则t∈0,1  ，由gx  =0，得ft  =cosθ，
π
因为0<θ< ，所以cosθ∈0,1
2
 ，画出y=ft  与y=cosθ的图象如图所示，
所以ft  =cosθ在区间 0,1  有唯一零点t ， 3
令fx  =t 3 ，t 3 ∈0,1  ,函数fx  的图象与函数y=t 3 的图象有4个交点，故函数gx  的零点个数是4．7.(2026·浙江宁波·二模)已知函数 fx
6

2
- -1, -2≤x<0
=  x ，设a,b,c是三个不同的实数，且满足
lnx, x>0
f fa    =f fb    =f fc    ，则a+b+c的最小值为 ( )
1 1
A. e2-1 B. e-1 C. e2-1+ D. e-1+
e e2
【答案】D
【分析】先分析fx  的图像及性质，依题意可知方程f fx    =t有三个不同的实根a,b,c，结合图象可看
出方程f fx    =t有三个不同的实根，当且仅当方程fx  =t有两个不同的实根x ,x ，结合等价于 1 2
fx  =x 1 ,fx 
2 2
=x 的等式可得到a+b+c= +e-1-t +eet，最后即可推出a+b+c的最小值． 2 -1-et
【详解】解：fx 
2
- -1, -2≤x<0
= x ，
lnx, x>0
∴fx  在 -2,0  和0,+∞  单调递增，其简要图形如下：
设f fa    =f fb    =f fc    =t，即方程f fx    =t有三个不同的实数解a,b,c，
又当t≥0时，fx  =t有两个不同的实数解t<0时，fx  =t只有一个实数解，
所以f fx    =t有三个不同的实数解，当且仅当fx  =t有两个不同的实数解x ,x ， 1 2
2 2
且t≥0，- x -1=t,lnx 2 =t，解得x 1 = -1-t ∈-2,0
1
 ,x 2 =et∈1,+∞  ，
fx  =x 1 ,fx 
2
=x 时，即lnx=x ,- -1=x ,lnx=x ， 2 1 x 2 2
不妨设a<b<c，
则fa  =fc  =x 2 ,fb  =x ， 1
2 2
即- -1=x ,lnc=x ,lnb=x ，解得a= ,c=ex 2,b=ex 1
a 2 2 1 -1-x
2
2 2 2
a+b+c= +ex 1+ex 2= +e-1-t +eet，
-1-x -1-et
2
2 2
又y= ,y=e-1-t,y=eet在t∈0,+∞
-1-et
 上单调递增，
∴t=0时， a+b+c 
2 2 1
= +e-1 +e1=e-1+ ．
min -1-1 e2
题型2 y=f[g(x)]型函数的零点问题
角度1 零点个数的判断
8.已知函数y=f(x)和y=g(x)在[-2,2]的图象如下所示:给出下列四个命题：
(1)方程f[g(x)]=0有且仅有6个根 (2)方程g[f(x)]=0有且仅有3个根
(3)方程f[f(x)]=0有且仅有5个根 (4)方程g[g(x)]=0有且仅有4个根其中正确的命题是 .
(将所有正确的命题序号填在横线上)
【答案】(1)(3)(4).
【解析】(1)f[g(x)]=0,g(x)=-1或0或1,共有6个解.(1)正确.
(2)g[f(x)]=0,f(x)=α或β,其中α∈(-2,-1),β∈(0,1)为g(x)=0的两根,f(x)=α有一个根,f(x)=β
有三个根,共有四个根.(2)不正确
(3)f[f(x)]=0有三个根,f(x)=α或0或β,α∈(-2,-1),β∈(1,2),f(x)=0有三个根,f(x)=α有一个根,
f(x)=β有一个根,共有五个根,(3)正确(4)g[g(x)]=0有二个根,g(x)=α或β,α∈(-2,-1),β∈(0,1),
g(x)=α有二个根,g(x)=β有二个根,
共有四个根,(4)正确.
9.(25-26高三上·北京海淀·阶段检测)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=2x+c，若函数y=f(g(x))与y=
g(f(x))都没有零点，则函数y=f(f(x))与y=g(g(x)) ( )
A. 恰有一个零点 B. 至少有一个没有零点
C. 至少有一个有零点 D. 无法确定
【答案】B
【分析】通过定义fx
7
 、gx  的值域，结合已知的无零点条件，分值域的包含(或相等)关系讨论，推导
f fx    与g gx    的零点情况.
【详解】设二次函数fx  =x2+ax+b的值域为集合A，
指数函数gx  =2x+c的值域为集合B=c,+∞  .
由“y=f gx    无零点”，得方程ft  =0在t∈B时无实根；
由“y=g fx    无零点”，得方程gs  =0在s∈A时无实根.
分三种情况讨论A与B的关系：
①若A⊆B：f fx    的自变量fx  ∈A⊆B，
结合“ft  =0在t∈B无实根”，得y=f fx    无零点；
②若B⊆A：g gx    的自变量gx  ∈B⊆A，
结合“gs  =0在s∈A无实根”，得y=g gx    无零点；
③若A=B：f fx    的自变量fx  ∈A=B，
g gx    的自变量gx  ∈B=A，故两者均无零点.综上，函数y=f fx
8
   与y=g gx    至少有一个没有零点.
故选：B
10.已知函数f(x)=|2-x-1|，gx  log x 2 =  , 0<x<2   ，且方程f(x)=m有两个不同的解，则实数m的取
3-x, x≥2
值范围为 ，方程g[f(x)]=m解的个数为 .
【答案】 0,1  4
【分析】作出函数y=m与函数y=fx  的图象，数形结合可得出实数m的取值范围；对于方程g fx   
=m，设t=fx  ∈0,+∞  ，作出函数gx  log x 2 =  , 0<x<2   的图象，数形结合可得出函数y=gt
3-x, x≥2

与直线y=m∈0,1  的交点横坐标t 1 、t 2 、t 3 的取值范围，再结合图形得出方程fx  =t 1 、fx  =t 、 2
fx  =t 的根的个数即可. 3
【详解】如图，作出函数fx  =2-x-1 
1-2-x, x≥0

= 的图象，
2-x-1, x<0
由题意，直线y=m与函数y=fx  的图象有两个不同的交点.
由图可知，当0<m<1时，直线y=m与函数y=fx  的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围为0,1  ；
对于方程g fx    =m，设t=fx  ∈0,+∞  ，则有gt  =m，
依题意，即是求解函数y=gt  与直线y=m∈0,1  的交点个数问题.
作出函数gt  log t 2 =  , 0<t<2  的图象如下图所示： 
3-t, t≥2
因为0<m<1，函数y=gt  与y=m有3个交点，
即gt  =m有三个根t 1 、t 2 、t 3 ，其中t 1 ∈0,1  、t 2 ∈1,2  、t 3 ∈2,3  ，
再结合y=fx  的图象可知，方程fx  =t 1 有2个不同的根，方程t 2 =fx  有1个根，方程t 3 =fx  有1
个根，
综上所述，方程g fx    =m有4个不同的解.
故答案为：0<m<1；4.
角度2 已知零点个数求参数
11.(25-26高一上·山东·期中)已知函数fx 
1
x+ , x>0
= x ，gx
x+2, x≤0
 =-x2-2x+1，若方程f gx    -a=0有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是 ( )
5
A. 2,
2
9

5
B.  2,
 2
 C. 2,+∞  D. 2,+∞ 
【答案】B
【分析】作出f(x),g(x)图象，问题转化为f(t)=a必须有两个小于2的不同根，数形结合得解.
【详解】令g(x)=t，则f(t)=a，如图，
由图像可知，f(t)=a和g(x)=t均最多有2个不同的根，
所以要使得f gx    -a=0有四个不同的解，则f(t)=a必须有两个小于2的不同根，由y=f(x)的图像
5
可得实数a的取值范围是 2,
 2
 .
故选：B
12.已知函数fx 
x+ 1 ，x>0
x
= 1 
2


 ，g(x)=x2+ax+b，若方程g[f(x)]=0有且仅有5个不相等的解，则a x ，x<0
-b的取值范围是 ．
【答案】(-∞,-8)
【分析】法一：结合函数图象，换元法结合有5个不相等的解列式计算求参；法二：方程的5个不相等的解
等价于g(t)=0有两根，其中一根t =2，另一根t >2，进而列式计算求解.
1 2
1
【详解】法一：当x>0时，f(x)=x+ ≥2(x=1时等号成立)，
x
当x<0时，f(x)=2|x|在(-∞,0)单调递减且f(x)>1，f(x)的图象如图所示，
令t=f(x)，g[f(x)]=0，即g(t)=t2+at+b=0，
由g[f(x)]=0有5个不等解等价于g(t)=0有两根，
其中一根t =2，另一根t >2，
1 2
根据韦达定理，2+t =-a，2t =b，则a=-2-t ，b=2t ，
2 2 2 2
∴a-b=-2-3t ，由t >2，所以a-b∈(-∞,-8)．
2 2
法二：可知由g[f(x)]=0有5个不等解等价于g(t)=0有两根，其中一根t =2，另一根t >2，
1 2
4+2a+b=0①

所以 Δ=a2-4b>0②，


- a >2③
2由①得b=-4-2a④，则a-b=4+3a，
将④代入②得：a2-4b=a2+8a+16=(a+4)2>0⑤
又由③得a<-4⑥，
由⑤⑥可知a<-4，所以a-b=4+3a<-8.
故答案为：-∞,-8
10
 ．
13.已知函数fx 
4
x+ , x>0
= x
log -x
3


 ，gx
, x<0
 =x2+ax+b，其中a,b均为实数．若方程g fx    =0有且仅
有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为 ( )
A. -972 B. -486 C. -324 D. -162
【答案】A
【分析】画出fx  的图象，令fx  =t，根据函数图象可得gt  =0有两个不等实根t 1 ,t 2t 1 <t 2  ，且fx 
=t 1 有两个整数根，fx  =t 有三个整数根，数形结合得到t =4，此时两个整数根分别为2和-81，数形 2 1
结合得到fx  =t 三个整数根中，必有一个小于2，只有x=1满足要求，故t =5，求出五个整数根分别 2 2
为-243，-81，1，2，4，即可得到答案.
【详解】令fx  =t，则gt  =t2+at+b=0，
根据fx  的图象可知，要满足题意必须gt  =0有两个不等实根t 1 ,t 2t 1 <t 2  ，
且fx  =t 1 有两个整数根，fx  =t 有三个整数根， 2
4
结合图象，当y=t 与y=x+ 相切时满足要求，
1 x
4
∵y=x+ 在0,2
x
 上单调递减，在2,+∞  上单调递增，
4 4
故当x=2时，y=x+ 取得最小值，最小值为y=2+ =4，故t =4，
x 2 1
又y=log -x
3
 ，x<0，其在定义域内单调递减，令log -x
3
 =4，解得x=-81，
故fx  =t =4时，有两个整数根，分别为2和-81， 1
由图象可知，fx  =t 的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有x=1满足要求， 2
此时f1 
4
=1+4=5，故t =5，令x+ =5，解得另一个根为4， 2 x
又log -x
3
 =5，解得x=-243，
故五个整数根分别为-243，-81，1，2，4，
所以最大整数解和最小整数解之积为-243×4=-972．
故选：A．
14.已知函数fx 
ex+1, x≤0
=
x2-4x+3 

 ,gx
, x>0
 =x2-ax+1，若y=g fx    有6个零点，则a的取值范围
为 .5 10
【答案】 ,
2 3
11

【分析】作出函数图象，进行分析，gx  =x2-ax+1最多有两个零点，根据一个零点对应fx  最多4个
解，用数形结合讨论各种情况，根据一元二次方程根的分布即可得出结果.
【详解】
由题可得函数图象，
当k=0或2<k<3时，fx  =k有两个解；
当0<k<1时，fx  =k有4个解；
当1≤k≤2时，fx  =k有3个解；
当k≥3时，fx  =k有1个解；
因为gx  =x2-ax+1=0最多有两个解.
因此，要使y=g fx    有6个零点，则gx  =x2-ax+1=0有两个解，
设为k ,k ，则存在下列几种情况：
1 2
fx  =k 1 有2个解，fx  =k 2 有4个解，即k 1 =0或2<k 1 <3,0<k 2 <1，显然g0  ≠0，
g0
则此时应满足
 >0
g1  <0
g2  <0
g3 
 1>0
 
 2-a<0 5 10
，即 ，解得a∈ ,
 
5-2a<0 2 3  
  >0   10-3a>0
 ，
fx  =k 1 有3个解，fx  =k 有3个解，设k <k 即1≤k <2,1<k ≤2， 2 1 2 1 2
g1
则应满足
 =2-a≥0
g2 


 =5-2a≥0
，无解，舍去，
Δ=a2-4>0

 1< a <2
2
5 10
综上所述，a的取值范围为 ,
2 3
 .
题型3 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题
角度1函数零点个数的判断
15.(2026·广东·模拟预测)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x ，x ，且x <x ，若f(x )=x ，f(x )=
1 2 1 2 1 2 2
x ，则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数是 ( )
1
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【分析】求导后转化为方程根的问题，再结合题意求出方程的不同实根个数.
【详解】f(x)=x3+ax2+bx+c，且x ，x 是极值点，
1 2
则f(x)=3x2+2ax+b，故3x2+2ax+b=3x-x 1  x-x 2  .令t=f(x)，则方程3t2+2at+b=0即为3t-x 1
12
 t-x 2  =0 ，解得t=x 或t=x ， 1 2
因此原方程等价于f(x)=x ，f(x)=x ．示意图如下，可得实根个数为4．
2 1
16.(25-26高一上·天津·阶段检测)已知函数fx 
x2-4x-5
=
 , x≥0
1

2


 x ，则方程 fx
, x<0
   2-6fx  +5=0
的解的个数为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【分析】根据方程，解得f(x)=1或5，作出y=f(x)，y=1和y=5的图象，根据交点个数，即可得答案.
【详解】有 fx    2-6fx  +5=0，得f(x)-1  f(x)-5  =0，解得f(x)=1或5，
1
当x<0时，f(x)=
2

x
单调递减，
因为y=x2-4x-5为开口向上，对称轴为x=2的抛物线，
令x2-4x-5=0，解得x=-1或5，
所以当x≥0时，f(x)=x2-4x-5  ，在[0,2]上单调递增，在(2,5)上单调递减，在[5,+∞)上单调递增，
作出y=f(x)，y=1和y=5的图象，如下图所示：
由图象可得直线y=5与y=f(x)的图象有4个交点，
直线y=1与y=f(x)的图象有2个交点，共有6个交点，
所以方程解的个数为6.
故选：B
17.．(25-26高三上·海南海口·期中)设函数fx 
x2+3x+1
= ，则方程f2x
ex
 -4efx  -5e2=0的实数根
的个数可能为 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【分析】先对fx  求导，利用导求出fx  的单调区间和极值，画出fx  的大致图象，然后令t=fx  ，则t2-4et-5e2=0，可得方程t2-4et-5e2=0有两个不相等的实根，设为t 1 ,t 2 ，将问题转化为y=fx
13
 与
y=t ，y=t 交点个数，利用图象求解即可.
2 1
【详解】fx  的定义域为R，
由fx 
x2+3x+1
= ，得fx
ex

2x+3
=
 ex-x2+3x+1  ex
ex 
x2+x-2 x-1
=- =-
2 ex
 x+2 
，
ex
由fx  >0，得-2<x<1，由fx  <0，得x<-2或x>1，
所以fx  在-2,1  上递增，在(-∞,-2)和(1,+∞)上递减，
所以fx  的极大值为f1 
5
= ，极小值为f-2
e

4-6+1
= =-e2，
e-2
当x>0时，fx  >0，则fx  的大致图象如图所示，
令t=fx  ，则t2-4et-5e2=t-5e  t+e  =0，
所以方程t2-4et-5e2=0有两个不相等的实根，t =-e，t =5e，
1 2
所以由图可知，y=fx  的图象与y=t 1 有2 个不同的交点，y=fx  的图象与y=t 有1 个不同的交 2
点，
所以原方程有3个不同的根.
故选：B
18.(25 - 26 高一上·天津蓟州·阶段检测) 已知定义在 R 上的奇函数 f x  ，当 x > 0 时，f x  =
2x-1  -1, 0<x≤2
1
fx-2
2


 ，则关于x的方程6f(x)
, x>2
 2-f(x)-1=0的所有实数根的和是 ( )
A. -2 B. 0 C. 7 D. 6
【答案】A
【分析】先设t=fx  ，求出方程6 fx    2-fx  -1=0的解，利用函数的奇偶性作出函数在x>0时的
图象，利用数形结合即可得到结论．
【详解】解：设t=fx  ，则关于x的方程6 fx    2-fx  -1=0，
等价6t2-t-1=0，
1 1
解得t= 或t=- ，
2 3
当x=0时，f0  =0，此时不满足方程．
若2<x≤4，则0<x-2≤2，即fx 
1
= fx-2
2

1
= 2x-3
2
  -1  ，
若4<x≤6，则2<x-2≤4，即fx 
1
= fx-2
2

1
= 2x-5
4
  -1  ，2x-1
作出当x>0时，
14
 -1, 0<x≤2
1
fx-2
2


 的图象如图：
, x>2
1
当t= 时，fx 2 
1
= 对应3个交点．即x +x +x =2×1+4=6， 2 1 2 3
∵函数fx  是奇函数，
∴当x<0时，由fx 
1
=- ，
3
可得当x>0时，fx 
1
= ，此时函数图象对应4个交点，
3
即x 4 +x 5 +x 6 +x 7 =2×-1  +2×-3  =-8
方程的7个实根和为-2．
故选：A．
角度2已知零点个数求参数
xlnx, x>0

19.(2026·吉林延边·三模)已知函数f(x)= ，若函数g(x)=[f(x)]2+(2a+1)f(x)+2a
|x2+2x-1|, x≤0
有4个零点，则实数a的取值范围是 ( )
1
A. [0,1] B. (1,2] C. - ,1
e

1
D. -1,-
2

【答案】D
【分析】借助导数确定函数f(x)的性质并作出图象，再由函数零点的意义变形，将问题转化为直线与函数
图象有4个交点求解.
【详解】当x≤0时，f(x)=|(x+1)2-2|在(-∞,- 2-1]上单调递减，函数值域为[0,+∞)，
在[- 2-1,-1]上单调递增，函数值集合为[0,2]，在[-1,0]上单调递减，函数值集合为[1,2]，
1
当x>0时，f(x)=xlnx，求导得f(x)=1+lnx，由f(x)<0，得0<x< ；
e
1 1
由f(x)>0，得x> ，函数f(x)在0,
e e

1
上单调递减，在  ,+∞
 e

1
上单调递增，f(x) =f
min e
 =
1
- ，
e
当x从大于0的方向趋近于0 时，f(x)→0，当x→+∞时，f(x)→+∞，函数y=f(x)的图象如图：
由g(x)=0，得[f(x)+2a][f(x)+1]=0，则f(x)=-2a或f(x)=-1，显然方程f(x)=-1无解，要函数g(x)有4个零点，当且仅当方程f(x)=-2a有4个解，
1
即直线y=-2a与函数y=f(x)的图象有4个交点，则1≤-2a<2，解得-1<a≤- ，
2
1
所以实数a的取值范围是-1,-
2
15
 .
20.(2026·云南玉溪·模拟预测)已知函数fx 
3x-1+1, x≤1
=

lnx-1   

 ，若Fx
, (x>1)
 =f2x  -2afx 
4
+ 的零
3
点个数为4，则实数a取值范围为 ( )
6 5
A.  ,
3 6
 4
∪ ,+∞
3

6 5
B.  ,
3 6

∪(2,+∞)
5
C.   ,2
 6

4
D.  ,+∞
3

【答案】D
t ≠t
4  1 2
【分析】画出f(x)的图象，结合函数的图象可得方程t2-2at+ =0的解t 、t 满足0<t ≤1，根据根
3 1 2 1
t >2
2
分布可求实数a取值范围．
【详解】根据解析式知f(x)的图象如图所示：
4
由题意，f2(x)-2af(x)+ =0有4个不相等的实数根，
3
设fx 
4
=t，结合图象可知t2-2at+ =0有两个不等实根，
3
4
设此关于t方程的解为t 、t ，其中t ,t 均不为零且t t = ．
1 2 1 2 1 2 3
由题设可得关于x的方程fx  =t 1 和fx 
4
=t 共有4个不同的解，t t = ， 2 1 2 3
故t ,t 不能都大于2，不能都小于等于1，
1 2
t ≠t t ≠t t ≠t
 1 2  1 2  1 2
故0<t ≤1(舍)或0<t ≤1 或t >2(舍)．
1 1 1
0<t ≤1 t >2 t >2
2 2 2
令gt 
4
=t2-2at+ ，其开口向上，
3
g0
需满足
 >0
g1  ≤0
g2 
4
0-2a×0+ >0
 3  
 ，即  1-2a+ 4 3 ≤0 ，解得a> 4 3 .
<0   4-4a+ 4 <0
3
21.(25 - 26 高三下·江苏泰州·阶段检测) 已知 fx  是定义在 R 上的奇函数，当 x > 0 时，fx  =π
1-cos x, 0<x≤3
3
1
fx-3
2
16


 ，若关于x的方程f2x
, x>3
 -a-1  fx  -a=0 恰有4个互不相等的实数根，则实
数a的值为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【分析】对该方程进行因式分解，得到f(x)的可能取值，分析x>0时f(x)的分段函数图象和性质，再利
用奇函数性质得到x<0和x=0时的图象，结合f(x)的图象确定a的取值.
【详解】由f2(x)-(a-1)f(x)-a=0因式分解得：(f(x)-a)(f(x)+1)=0
即f(x)=a或f(x)=-1.
fx  是定义在R上的奇函数，则f0  =0；
由题意知当 0<x≤3 时，fx 
π
=1-cos x ，
3
当3<x≤6 时，0<x-3≤3，则fx 
1
= fx-3
2

1 π
= 1-cos x-3
2 3
   ，
当6<x≤9 时，3<x-3≤6，则fx 
1
= fx-3
2

1 π
= 1-cos x-6
4 3
   ，
以此类推，可作出当x>0时fx  时的图象，再由奇函数对称性可得x<0时fx  时的图象，如图所示：
结合图象可知，y=-1和f(x)的图象有2个交点，即f(x)=-1有2个根；
当a=1时，y=1和f(x)的图象有2个交点，即f(x)=a有2个根，
结合图象可知其他选项不合题意，
所以a=1，满足原方程恰有4个互不相等的实数根.
22.(2026·湖南邵阳·三模)已知函数fx 
-x2-2x+2, x≤0
=
lnx 

 ，若函数gx
, x>0
 = fx    2-afx  +5有8个
不同的零点，则实数a的取值范围是 ( )
9
A. 2 5,
2

9
B. 2 5,
2

9 14
C.  ,
2 3

9 14
D.   ,
 2 3

【答案】A
【分析】先分析函数fx  ，作出函数大致图象，分析函数gx  ，把零点问题转化为关于t的方程t2-at+5
=0有2个不同的根t 1 和t 2 ，且关于x的方程fx  =t 1 ,fx  =t 分别有4个不同的根，进而结合判别式和 2
韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数a的取值范围．
【详解】当x≤0时，fx  =-x2-2x+2，开口向下，对称轴为x=-1，
f-1  =3,f0  =2；
当x>0时，fx  =lnx  ，f1  =0，函数在0,1  单调递减，在1,+∞  单调递增；
作出y=fx  的大致图象如下，设fx
17
 =t，则关于t的方程t2-at+5=0有2个不同的根t 和t ， 1 2
且关于x的方程fx  =t 1 ,fx  =t 分别有4个不同的根． 2
Δ=a2-20>0

不妨设t <t ，则关于t的方程t2-at+5=0需满足：t +t =a ，
1 2 1 2
t t =5
1 2
①若t 1 ,t 2 ∈2,3  ，则t +t =a>0，故a>2 5， 1 2
且 t 1 -2  t 2 -2  >0
t 1 -3  t 2 -3 
 ，即 5-2a+4>0 ，
 
>0 5-3a+9>0
9
解得2 5<a< ；
2
5 9 9
②若t =2，则t = ，此时a= ，符合题意，故2 5<a≤ ．
1 2 2 2 2
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
23.(25-26高三上·福建漳州·阶段检测)已知函数 fx 
2x-1
=
 ,x≤1, 
 则方程 f fx
2-x,x>1,
  
1
= 的解的个数
2
为 ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【分析】根据函数解析式以及分段函数的性质，画图，利用换元法，整理化简方程，再利用方程与函数的关
系，结合图象，可得答案.
【详解】函数fx  的图象如图所示：
设fx  =t，则方程f fx   
1
= 即ft
2

1 1
= ，由图象可知，y= 与y=fx
2 2
 有三个交点，
横坐标分别为t 1 ,t 2 ,t 3t 1 <t 2 <t 3  ，其中t <0，0<t <1，t >1， 1 2 3
方程f fx   
1
= 解的个数转化为方程fx 2  =t 1 ，fx  =t 2 ，fx  =t 解的个数之和， 3
由图象可知，y=t 1 与y=fx  有一个交点，y=t 2 与y=fx  有三个交点，
y=t 3 与y=fx  没有交点，
所以方程f fx   
1
= 解的个数为1+3=4.
2故选：B.
24.若函数fx
18

2x3-6x+3, x≤0

= ，则gx
3ex, x>0
 =2 fx    2-13fx  +21的零点个数为( ).
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【分析】令gx  =0，可得fx 
7
= 或fx
2
 =3，分x≤0，x>0求导判断fx  的单调性及极值，进而可
得fx 
7
= ，fx
2
 =3的解的个数，进而可得gx  的零点个数.
【详解】令gx  =0，则2 fx    2-13fx  +21=0，所以 2fx   -7  fx   -3  =0，
解得 2fx   -7  fx   -3  =0，解得fx 
7
= 或fx
2
 =3，
当x≤0时，fx  =2x3-6x+3，求导得fx  =6x2-6，
令fx  =0，则6x2-6=0，解得x=-1，
若x<-1时，fx  >0，若-1<x<0，fx  <0，
所以fx  在-∞,-1  上单调递增，在-1,0  上单调递减，
且f-1  =-2+6+3=7，f0  =3，
当x>0时，fx  =3ex在0,+∞  上单调递增，且fx  >f0  =3e0=3，
所以fx 
7
= 有3个解，fx
2
 =3有2个解，
所以gx  的零点个数为5个.
故选：D.
25.已知函数fx 
3x-3
=
 , x≥0 
 ，则函数gx
x2+2x+2, x<0
 =f fx   -1  -2的零点个数为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【分析】令t=fx  -1，由ft  =2可得t =-2，t =0，t =log 5，分类讨论结合函数图象分析求解即可. 1 2 3 3
【详解】求函数gx  =f fx   -1  -2的零点个数，即求方程f fx   -1  =2的不同实数根的个数，
如图，作出函数y=fx  的大致图象，
令t=fx  -1，则ft  =2，解得t =-2，t =0，t =log 5． 1 2 3 3
当t 1 =-2时，fx  -1=-2，则fx  =-1，此时方程无解；
当t 2 =0时，fx  -1=0，则fx  =1，此时方程有3个不同实数根；
当t 3 =log 3 5时，fx  -1=log 5，则fx 3  =1+log 5，此时方程有2个不同实数根． 3
综上可知，函数gx  =f fx   -1  -2的零点个数为5．故选：A．
26.(25-26高三上·重庆·月考)已知函数fx
19

lnx, x>0

= ，若函数y=f fx
-x2+2ax, x≤0
   有6个零点，则实
数a的取值范围为 ( )
A. a>1 B. a<0 C. a<-1 D. -1<a<0
【答案】D
【分析】根据题意对实数a进行讨论，分a≥0，a<0，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解.
【详解】当a≥0，x≤0时，fx  =-x2+2ax，对称轴为x=a≥0，
所以fx  在-∞，0  单调递增，函数图象如下：
令fx  =t，y=f fx    =ft  =0，解得t=0或t=1，
即fx  =t=0或fx  =t=1，根据图象fx  =t=0有2个解，fx  =t=1有1个解，
所以此时y=f fx    有3个零点，不符合题意；
当a<0，x≤0时，fx  =-x2+2ax，对称轴为x=a<0，
所以fx  在-∞,a  单调递增，在a,0  单调递减，函数图像如下：
令fx  =t，y=f fx    =ft  =0，解得t=2a或t=0或t=1，
根据图象fx  =t=2a<0有2个解，fx  =t=0有3个解，
又y=f fx    有6个零点，所以fx  =t=1要有1个解，
a<0
即
fa 


，解得-1<a<0，
=a2<1
故选：D.
27.(25-26高二下·重庆·期中)已知函数fx 
ex
= ，关于x的方程2f2x
2-x
 =5a fx    -2a2有且仅有4个
不同的实根，则实数a的取值范围为 ( )
A. e4,2e3 
e3
B.  ,2e3
2

e
C.  ,2e3
2
 D. e,3e3 
【答案】B
【分析】先换元将原方程转化为关于t= fx    的二次方程，求出t的解，再结合fx  的单调性、极值分析fx
20
   =t的根的个数，最终根据总实根为 4 个确定a的取值范围.
【详解】因为fx 
ex
= ，所以fx
2-x

ex3-x
=

2-x 
，
2
当x<2时，fx  >0，则函数fx  在-∞,2  上单调递增，且fx  >0，
当2<x<3时，fx  >0，则函数fx  在2,3  上单调递增，
当x>3时，fx  <0，则函数fx  在3,+∞  上单调递减，
f3 
e3
= =-e3，所以fx
2-3
 在x=3处取到极大值f3  =-e3，
且当x>2时，fx  <0，则fx 
ex
= 的大致图象为：
2-x
由此可得y= fx    大致图象为：
令t= fx    ，由题意可得t>0则方程2f2x  =5a fx    -2a2可化为2t2-5at+2a2=0，
即2t-a  t-2a 
a
=0，解得t= 或t=2a，
2
原方程2f2x  =5a fx    -2a2有且仅有4个不同的实根，
a
等价于t= 和t=2a对应方程t= fx
2
   的根的总数为4个，
a
因为t>0，所以2a> ，结合y= fx
2
   图象，
要使 fx   
a
= 和 fx
2
   =2a有且仅有4个根，
a e3
则需要满足：2a>e3且0< <e3，解得 <a<2e3，此时 fx
2 2
  
a
= 有1个实根，fx
2
   =2a有3个实根，满足题意.
28.(25-26高三上·河南·阶段检测)已知函数fx
21

2x, x<1

= ，gx
3-x, x≥1
 =f fx    =a的零点个数为m，
a为实数，则下列正确的有 ( )
A. 当a=2时，m=2 B. 当1<a<2时，m=3
C. gx  在0,1  上单调递增 D. gx  在1,2  上单调递增
【答案】AD
【分析】作出函数fx  的图象，数形结合可判断AB选项；利用复合函数的单调性可判断CD选项.
【详解】因为函数fx 
2x, x<1

= ，函数fx
3-x, x≥1
 的图象如下图所示：
当a=2时，由f fx    =2可得fx  =1，
当x<1时，由fx  =2x=1可得x=0；当x≥1时，由fx  =3-x=1，可得x=2.
综上所述，当a=2时，m=2，A对；
对于B选项，当a∈1,2  时，令fx  =t，则ft  =a有两解t 1 、t 2 ，且t 1 ∈0,1  ，t 2 ∈1,2  ，
方程fx  =t 1 有两解，方程fx  =t 有两解，故当1<a<2时，m=4，B错； 2
令t=fx  ，则gx  =ft  ，
当x∈0,1  时，t=fx  =2x∈1,2  ，
函数fx  在0,1  上单调递增，函数ft  在1,2  上单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数gx  在0,1  上单调递减，C错；
当x∈1,2  时，t=fx  =2x∈2,4  ，
函数fx  在1,2  上单调递减，函数ft  在2,4  上单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数gx  在1,2  上单调递增，D对.
故选：AD.
29.(25-26高三上·福建福州·阶段检测)已知函数fx 
2x+1, x≤0
=
log x
2


 ，关于x的方程f2x
-1, x>0
 -2fx 
=1-a2的解的个数可能是 .【答案】0,2,4,5
【分析】令t=fx
22
 ，方程转化为t2-2t+a2-1=0，再根据判别式分析二次方程根的个数，再结合分段函
数得出方程f2x  -2fx  =1-a2的解的个数情况.
【详解】函数fx  的图像如下：
令t=fx  ，则t2-2t+a2-1=0，则Δ=42-a2  ，
当Δ<0时，即a2>2，a< 2或a> 2，方程t2-2t+a2-1=0无解，
即f2x  -2fx  =1-a2无解；
当Δ=0时，a2=2,t=1，由图可知y=1与y=fx  的图象有两个交点，即方程f2x  -2fx  =1-a2解
的个数为2个，
当Δ>0时，即a2<2，- 2<x< 2，t=1± 2-a2，则0< 2-a2≤ 2，
故1<1+ 2-a2≤1+ 2，1- 2≤1- 2-a2<1，
当t=1- 2-a2时fx  =1- 2-a2∈-1,1  ，则x有两解，
当t=1+ 2-a2时，若t∈1,2  ，则x有三解，若t∈2,1+ 2  ，则x有两解，
故方程f2x  -2fx  =1-a2解的个数为4或5个，
综上方程f2x  -2fx  =1-a2解的个数可能为0,2,4,5个.
故答案为：0,2,4,5.
创新提升
30.(25-26高一上·浙江杭州·期末)已知fx 
2x+2
, x≤1
= 2
log x-1
2
  

 ，则实数a满足ff(a)
, x>1
 =0，则满足条
件的实数a的值的个数为 ( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】B
【分析】作函数图象，数形结合求解.
【详解】令fx  =0，解得x=2，
因为ff(a)  =0，所以fa  =2，
作出函数y=fx  ，直线y=2的图象，如图，由图象可知，直线与函数图象有3个交点，
所以fa
23
 =2的根有3个，即满足条件的实数a的值的个数为3个.
31.(25-26高三上·山东济南·期中)已知函数 fx  是定义在 -∞,0  ∪ 0,+∞  上的偶函数，且当x∈
0,+∞  时，fx 
x-1
=
 2, 0<x≤2
fx-2 

 ，则函数gx
+1, x>2
 =f fx    -1的零点个数为 ( )
A. 5 B. 6 C. 16 D. 8
【答案】D
【分析】利用换元法结合题意求解零点个数，再利用偶函数性质排除掉其他区间的零点即可.
【详解】令fx  =t，由题意得欲求gx  =f fx    -1=0的零点个数，
则求ft  -1=0的零点个数，即求ft  =1的零点个数，
故求y=ft  与y=1的交点个数即可，如图，作出符合题意的图象，
由图象可得共4个交点，但x∈0,+∞  ，故t=2,t=3，
当t=2时，此时求fx  =2的零点个数即可，
当0<x≤2时，令x-1  2=2，无解，
当2<x≤4时，fx  =fx-2  +1=x-3  2+1，
令x-3  2+1=2，解得x=4(负根舍去)，
当4<x≤6时，fx  =fx-2  +1=x-5  2+2，
令x-5  2+2=2，解得x=5，
当x<0时，由偶函数性质可得fx  =2的零点为x=-4和x=-5，
得到fx  =2共有4个零点，
当t=3时，此时求fx  =3的零点个数即可，
当0<x≤2时，令x-1  2=3，无解，
当2<x≤4时，fx  =fx-2  +1=x-3  2+1，
令x-3  2+1=3，无解，
当4<x≤6时，fx  =fx-2  +1=x-5  2+2，
令x-5  2+2=3，解得x=6(负根舍去)，
当6<x≤8时，fx  =fx-2  +1=x-7  2+3，且f8  =4，
令x-7  2+3=3，解得x=7(负根舍去)，
当x<0时，由偶函数性质可得fx  =3的零点为x=-6和x=-7，
得到fx  =3共有4个零点，
则当x>8时，结合题意归纳得fx  >4>3，无解，
由偶函数性质得当x<-8时，结合题意归纳得fx  >4>3，无解，
则函数gx  的零点个数为8，故D正确.
故选：D32.(25-26高三上·山东·期中)已知函数 fx
24

-x2-2x+2，x≤0
=
lnx 

 ，若函数gx
,x>0
 =f2x  -afx  +6有8
个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ( )
A. 2 6,5  B. 2 6,5  C. 4,5  D. 4,5 
【答案】B
【分析】先作出fx  的大致图象，令fx  =t，根据一元二次方程根的分布，结合图象计算即可.
【详解】根据对数函数与二次函数的图象与性质可作出fx  的大致图象如下：
设fx  =t，则gx  =t2-at+6=0有8个不同的零点，
需t2-at+6=0有两个不同零点t ,t ，不妨设t <t
1 2 1 2
同时fx  =t 1 ,fx  =t 分别对应4个零点， 2
若t 1 ,t 2 ∈2,3  ，
Δ=a2-24>0

即t +t =a ，
1 2
t t =6
1 2
则t +t =a>0,∴a>2 6，且 t 1 -2 1 2  t 2 -2  >0 t 1 -3  t 2 -3   ，  >0
6-2a+4>0
即  ，解之得2 6<a<5.
6-3a+9>0
若t 1 =2，则仍需t 2 ∈2,3  ，此时a=5,t =3，不符合题意，舍去； 2
综上：2 6<a<5.
故选：B
33.设函数fx  =x2+ax+b,gx  =x2+cx+d.若函数y=f gx    与y=g fx    都没有零点，则函数y
=f fx    与y=g gx    ( )
A. 都没有零点 B. 都有零点
C. 至少有一个没有零点 D. 至少有一个有零点
【答案】C
【分析】假设函数y=f fx    与y=g gx    都有零点，再根据反证法证明假设不成立即可得答案.
【详解】解：因为fx  ,gx  的开口向上，
所以，设fx  ,gx  最小值分别为a ,a ， 1 2
假设函数y=f fx    与y=g gx    都有零点，
则存在x 1 使得f fx 1    =0，令fx 1  =t 1 ，则ft 1  =0；
存在x 2 使得g gx 2    =0，令gx 2  =t 2 ，则gt 2  =0；
所以t ≥a ,t ≥a ，
1 1 2 2下面分三种情况讨论：
假设t 1 =t 2 ，则函数f gx 2
25
   =g fx 1    =0，即函数y=f gx    与y=g fx    有零点，与函数y=
f gx    与y=g fx    都没有零点矛盾，故不成立；
假设t 1 <t 2 ，则∃x 3 ∈R使得fx 3  =t 2 ，此时y=g fx 3    =gt 2  =0，即函数y=f gx    存在零点x ， 3
与y=g fx    没有零点矛盾，故不成立；
假设t 1 >t 2 ，则∃x 4 ∈R使得gx 4  =t 1 ，此时y=f gx 4    =ft 1  =0，即函数y=f gx    存在零点x ， 4
与y=f gx    没有零点矛盾，故不成立；
综上，假设函数y=f fx    与y=g gx    都有零点不成立，即函数y=f fx    与y=g gx    至少有
一个没有零点.
故选：C
34.(2026·湖南衡阳·二模)已知函数y=ex与y=gx  的图象关于直线y=x对称，函数 fx  =gx  +
a-1  x，a>1，若方程f fx    =x在区间 2,4  上有解，则实数a的取值范围为 ( )
ln2 1
A.  1+ ,1+
 2 e

1
B. 1,1+
e

1 ln2
C.  2- ,2-
 e 2

1 ln2
D. 2+ ,3+
e 2

【答案】C
【分析】令fx  =t可将方程变为ft  =x，通过分析可确定x=t，将问题转化为fx  =x在 2,4  上有解
的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围.
【详解】∵y=ex与y=gx  图象关于直线y=x对称，∴gx  =lnx，
∴fx  =lnx+a-1  x，a>1；
设fx  =t，则由f fx    =x得：ft  =x，
∴x,t  ,t,x  均在函数y=fx  图象上；
假设x>t，∵y=fx  在0,+∞  上单调递增，∴fx  >ft  ，即t>x，与假设矛盾；
假设x<t，∵y=fx  在0,+∞  上单调递增，∴fx  <ft  ，即t<x，与假设矛盾；
∴t=x，即fx  =x在 2,4 
lnx
上有解，即2-a= ；
x
令φx 
lnx
= ，则φx
x

1-lnx
= ，
x2
∴当x∈0,e  时，φx  >0；当x∈e,+∞  时，φx  <0；
∴φx  在0,e  上单调递增，在e,+∞  上单调递减，
又φ2  =φ4 
ln2
= ，φe
2

1 ln2 1 1 ln2
= ，∴ ≤2-a≤ ，解得：2- ≤a≤2- ，
e 2 e e 2
1 ln2
即实数a的取值范围为 2- ,2-
 e 2
 .
35.(多选)已知函数fx 
4
x+ ,x>0,
= x
log 1-x
2


 ，gx
,x<0,
 =x2+ax+b，若方程g fx    =0有且仅有5个不相
等的整数解，则下列说法正确的是 ( )
A. a=9 B. b=20 C. 最大的整数解是4 D. 最小的整数解是-31
【答案】BCD
【分析】作出函数fx  的大致图象，令fx  =t，由方程g fx    =0有且仅有5个不相等的整数解，转换
成gt  =0有两个不等根t 1 ,t 2t 1 <t 2  ，且fx  =t 1 有两个整数根，fx  =t 有三个整数根，即可求解. 24 4
【详解】因为当x>0时，x+ ≥2 x⋅ =4，当且仅当x=2时取等号，
x x
当x<0时，y=log 1-x
2
26
 ，
因为y=1-x在-∞,0  单调递减，而y=log x单调递增，
2
所以y=log 1-x
2
 在定义域内单调递减，
结合对勾函数和对数函数的图象与性质，作出函数fx  的大致图象，如下：
令fx  =t，则g fx    =0，即gt  =0，根据fx  的图象可知，
要满足题意必须gt  =0有两个不等根t 1 ,t 2t 1 <t 2  ，且fx  =t 1 有两个整数根，fx  =t 有三个整数 2
根，
当且仅当fx  =t =4时，有两个整数根x=2或x=-15． 1
要满足fx  =t 有三个整数根，结合图象知必有一根大于0小于2， 2
显然只有x=1符合题意，当x=1时，f1  =5，则t =5． 2
即gt  =t2+at+b=0的两个不相等的根为4和5，所以a=-9，b=20．故A错误，B正确．
4
解方程x+ =5得x=4或x=1，解方程log 1-x
x 2
 =5得x=-31，
此时五个整数根从小到大依次是-31，-15，1，2，4，故C，D正确．
故选：BCD．
36.(多选)(2026·江苏扬州·三模)已知函数fx 
ex,x≤0,
=   设a,b,c是三个不同的实数，且满足a<b
lnx+1,x>0,
<c，f fa    =f fb    =f fc    ，则下列选项中正确的有( )．
A. fa  =fc  B. a≤lnc
2
C. a+b的最小值为2 e-1 D. a+b+c的最大值为1+
e
【答案】AB
【分析】结合图像得出方程f(f(x))=t有三个不同的实数根当且仅当fx  =s有两个不同的实根x < 1
x ，根据方程f(x)=x 和f(x)=x 求出a,b,c，再逐个选项进行判断.
2 1 2
【详解】画出函数f(x)的图像：
设f fa    =f fb    =f fc    =t，即方程f(f(x))=t有三个不同的实根a,b,c，由于f(x)在(-∞,0]上单调递增，且该部分值域为(0,1]，在(0,+∞)单调递增，且该部分值域为R，
1
f
e
27
 =0,f1  =1，
令fx  =s，
结合图像可知，方程f(f(x))=t有三个不同的实数根当且仅当fs  =t有两个不同的实根s <s ， 1 2
即当且仅当t∈(0,1]，且es 1=t⇒s 1 =lnt∈-∞,0  ，
1
lns +1=t⇒s =et-1∈ ,1
2 2 e
 ，
再考虑方程fx  =s 1 和fx  =s 2 ，注意fx 
t
=s ⇔lnx+1=s ⇔x=es 1 -1= ， 1 1 e
fx  =s ⇔ex=s 或lnx+1=s ⇔x=lns =t-1或x=es 2 -1=eet-1-1， 2 2 2 2
因为a<b<c，所以a=t-1∈-1,0  t 1 ,b= ∈0,
e e
 ,c=eet-1-1∈ee 1-1 ,1  ，
对于A，fa  =et-1,fc  =lneet-1-1+1=et-1-1+1=et-1，
所以fa  =fc  ，A正确；
对于B，lnc=lneet-1-1=et-1-1，a-lnc=t-1-et-1-1  =t-et-1，
令gt  =t-et-1(0<t≤1)，则gt 
1
=1-et-1，当0<t≤1时， <et-1≤1，
e
所以gt  =1-et-1≥0，所以g(t)在(0,1]上单调递增，
所以g(t)≤g(1)=1-1=0，所以a≤lnc，B正确；
t 1
对于C，a+b=t-1+ =1+
e e

1 1
t-1，因为1+ >0，所以y=1+
e e
 t-1单调递增，
1
因为0<t≤1，所以-1<a+b≤ 无最小值，C错误；
e
t
对于D，a+b+c=t-1+ +eet-1-1在t∈(0,1]上单调递增，
e
所以-1+ee
1-1
<t-1+
t
+eet-1-1≤
1
+1，所以a+b+c的最大值为1+
1
，D错误.
e e e
37.(多选)(2026·山东德州·模拟预测)已知函数fx 
π
=sinωx-
6
 ω>0  ，关于x的方程[f(x)]2=4[f(x)]
4在0,π  上恰有14个不同的实数根，则ω的值可能为 ( )
14 16
A. 4 B. C. 5 D.
3 3
【答案】BC
【分析】将关于fx  的四次方程因式分解，转化为正弦函数取特定值的问题，再根据x的区间得到相位范
围，结合正弦函数图像的根的分布，建立不等式求解参数ω的范围.
【详解】关于x的方程 fx    2=4 fx    4即为 fx    2 4 fx     2-1   =0，得fx  =0或fx 
1
=± .
2
由x∈0,π 
π π π
，得ωx- ∈- ,ωπ-
6 6 6
 ，
因为关于x的方程 fx    2=4 fx    4在0,π  上恰有14个不同的实数根，
25π π 29π 13
所以根据正弦函数的图象得 <ωπ- ≤ ，解得 <ω≤5.
6 6 6 3
故答案为BC.
38.(25 - 26 高三上·湖南怀化·开学考试) 已知函数 f x 
x
, x>0
= 3
2x+2-2 

 ，若函数 gx
, x≤0
 =f-x2+2x+m
28
 -m恰有6个零点，则m的取值范围为 ．
1
【答案】0,
2

【分析】目标函数内外两层是不同的解析式，可以分层化归为已知函数来求解.
ft
【详解】令
 =m 
 ，则gx
-x2+2x+m=t
 恰有6个零点，
等价于ft  =m有三个不同的解t 1 ，t 2 ，t 3t 1 <t 2 <t 3  ，
且对应-x2+2x+m=t有6个实数根，
由函数fx  的图象，如图，
所以0<m<2，t =3m，
3
要满足-x2+2x+m=t有6个实数根，则需t 3 <-x2+2x+m  max
1
即1+m>3m，解得m< ．
2
1
故m的取值范围为0,
2
 ．
1
故答案为：0,
2
 ．
39.(2026·天津东丽·二模)设a∈R，函数fx 
ex, x>0

= 1 ，当a=0时，fx
, x<0
x+a
 的值域为 ；若关于
x的方程fx+1 
1
=
fx 
恰有一个根，则a的取值范围是 ．
【答案】 -∞,0  ∪1,+∞ 
1- 5 1+ 5
<a≤
2 2
【分析】分别求出x>0时的函数值域与x<0时函数的值域即得；分x>0、-1<x<0及x<-1进行讨
论即得.
【详解】当a=0时，fx 
ex, x>0

=1 ，当x>0时，fx
, x<0
x
 =ex∈1,+∞  ，
当x<0时，fx 
1
= ∈-∞,0
x
 ，故此时fx  的值域为-∞,0  ∪1,+∞  ；
若关于x的方程fx+1 
1
=
fx 
恰有一个根，
1 1
当x>0时，可得ex+1= ，即e2x+1=1，则2x+1=0，解得x=- ，不合题意，舍去；
ex 2
1
当-1<x<0时，可得ex+1= ，即a=ex+1-x，
1
x+a
令gx  =ex+1-x，-1<x<0，则gx  =ex+1-1>0恒成立，故gx  在-1,0  上单调递增，
又g-1  =e-1+1--1  =2，g0  =e0+1-0=e，
故当a∈2,e  时，该方程在-1,0  上有一个根；
1 1
当x<-1时，可得 = ，即x+1+a
x+1+a 1
x+a
 x+a  =1，则x+a
29

-1± 5
2+x+a-1=0，解得x= -a，
2
-1+ 5 1+ 5 -1- 5 1- 5
令 -a<-1，可得a> ，令 -a<-1，可得a> ，
2 2 2 2
1+ 5
故当a> 时，该方程在-∞,-1
2
 上有两个根，
1- 5 1+ 5
当 <a≤ 时，该方程在-∞,-1
2 2
 上有一个根，
1- 5
当a≤ 时，该方程在-∞,-1
2
 上无根；
1- 5 1- 5 1+ 5
综上可得：当a≤ 时，该方程无根；当 <a≤ 时，该方程恰有一个根；
2 2 2
1+ 5
当 <a≤2时，该方程有两个根；当2<a<e时，该方程有三个根；
2
当a≥e时，该方程有两个根.
1- 5 1+ 5
故a的取值范围是 <a≤ .
2 2
40.(25-26高三上·河南·阶段检测)设函数fx  =2x-a  a>1  ，则关于x的方程f fx    =0根的个数为
，其所有根之和的取值范围为 ．
【答案】 2 0,+∞ 
【分析】令fx  =t，则t=2x-a  ，由ft  =0得t=log a，进而得t>0，作出t=2x-a
2
 的图象，利用数
形结合即可求解；由题意x 1 =log 2 a+log 2 a  ,x 2 =log 2 a-log 2 a  ，进而得x 1 +x 2 =log 2 a2-log 2 a  2   ，
令a=2tt>0  ，则x 1 +x 2 =log 2 4t-t2 
t2+1
，令g(t)= ，利用导数法研究单调性得et>t2+1，又t>0 et
时，4t>et，可得x +x >0，即可求解.
1 2
【详解】令fx  =t，则t=2x-a  ，所以ft  =0，由2t-a  =0⇒2t=a⇒t=log a，
2
因为a>1，所以t=log a>0，作出t=2x-a
2
 的图像：
由图可知：t=2x-a  有两个交点，所以f fx    =0的根的个数为2；
由t=2x-a  有2x-a=±t⇒2x=a±t=a±log a，
2
所以x 1 =log 2 a+log 2 a  ,x 2 =log 2 a-log 2 a  ，
所以x 1 +x 2 =log 2 a-log 2 a  +log a+log a 2 2  =log a-log a 2 2  a+log a 2    =log a2-log a 2 2  2   ，
令a=2tt>0 
t2+1 2t-t2+1
，则a2-(log a)2=4t-t2，令g(t)= ，则g(t)=
2 et
 -t-1
=
et
 2
≤0，
et
所以g(t)在R上单调递减，
所以当t>0时，gt  <g0  =1，所以et>t2+1，
又因为t>0时，4t>et，所以4t-t2>1，且当t=0时，4t-t2=1，
又当t无限趋向于正无穷大时，4t-t2无限趋向于正无穷大，
所以x 1 +x 2 =log 2 4t-t2  >log 2 1=0，所以x 1 +x 2 ∈0,+∞  .故答案为：2；0,+∞
30
 .